四川省凉山州2024届高中毕业班高三年级第三次诊断性检测(凉山三诊)理科数学试卷答案(1)_2024年5月_025月合集_2024届四川省凉山州高三第三次诊断性检测(凉山三诊)

凉山州第三次诊断性考试理科数学参考答案 一，选择题（每题5分，共60分）： 1-5：BDADB 6-10：CCAAC 11-12：CC 12题解析：令x y 0 f(0)0,x y 1 f(1)0， ①对； f(x) x x x  x (0,),g(x)  g(xy) g(x)g(y)，g(x ) g(x  2) g(x )g( 2) 1 2 x 2 1 x 1 x 1 1 x f( 2) x x  g(x )g(x ) g( 2) 1 0②对；当x0时由①知③成立，当x0时，由 2 1 x x 1 2 x 1 ②g(xn) g(x)g(xn1) g(xn)g(xn1) g(x) g(xn) g(x)(n1)g(x) f(xn) f(x) ng(x) n  f(xn)nxn1f(x) xn x ③正确. 1 1 由①得 f(2)2f( ) f(1)0 f(2)2由③得 2 2 f(xn) f(2n) n f(2i) n  xn1f(x) 2n1 f(2) 2i1f(2)2n12得④错. n n i i1 i1 二，填空题（每题5分，共20分） 【答案】1 14.【答案】3 15【答案】(1，1) 16【答案】2e 2et lnt 16题解析：t为函数零点et  t2lnt 0tet 2et lntt3lnt 0 t et et ex (x2)ex et(t2lnt)t3lnt  ln tlnt.令g(x) ,g'(x) g(x)在(0,2) t2 t2 x2 x3 e2 1 et 1 (2,)g(x)  g(2)  即  .令h(x) xlnx,h'(x)lnx10 min 4 e t2 e 1 1 et et 2t3 t3  x h(x)在( ,),h( )h(t) t et t3 2e 2e e e t2 t2 et1 et 三，解答题（共70分，17题10分，18-22每题12分） 17(12分)解：根据扇形统计图易得选择物理类学生为1000(48%24%18%)900人，8 7 其中男生900 480人，女生900 420，选择历史类100人，其中男生 15 15 2 3 100 40人，女生100 60人 5 5 男生 女生 合计 物理类 480 420 900 历史类 40 60 100 合计 520 480 1000 ..............................................................................................................................................3分 n(ad bc)2 1000(4806042040)2 250 K2    6.4106.635 (ab)(cd)(ac)(bd) 900100520480 39 所以没有99%把握认为“该校学生选择物理类与性别有关”.................................6分 (2)按照分层抽样选择物化生、物化政及物化地人数分别为8人，4人，3人，X 0，1，2. C0C2 22 C1C1 12 C2C0 1 P(X 0) 3 12  ,P(X 1) 3 12  ,P(X 2) 3 12  ..............10分 C2 35 C2 35 C2 35 15 15 15 所以X 分布列如下： X 0 1 2 P 22 12 1 35 35 35 22 12 1 E(X)0 1 2 0.4...............................................................................12分 35 35 35 18解：(1)取CC中点Q，BF中点M，连接EM,MQ,QH.FM GQ 1,FM //GQ 1 四边形MQGF 为平行四边形MQ//FG...①..................................................................3分 又HQ//DC,DC//AB,AB//EM HQ//EM 四边形EMQH 为平行四边形 EH //MQ ...②由①②得EH //FGE,F,G,H 四点共面，即点H在平面EFG中. ...................................................................................................................................6分 (2)以D为坐标原点，DA,DC,DD 为x,y,z轴建系如图,易得E(2,0,1),P(0,0,3) 1  B (2,2,4),G(0,2,3)，设平面PEG与平面BEG法向量分别为m(x,y,z),n(m,n,p) 1 1    xz 0 x1     mEP 0   EP (2,0,2),EG (2,2,2),EB (0,2,3)    x yz  0 y 0 1 mEG 0    令x1 z 1  m(1,0,1)...................................................................................................8分    2n3p 0  m1  mEB 0      1 mn p 0 n 3 n（1,3,-2）...........................10分 mEG 0    令n3 p 2 7 设二面角PEGB 平面角为则cos cosm,n  1 14 7 二面角PEGB 的余弦值为 ......................................................................12分 1 14 1 3 19.解：（1）记数列{a }前n项和为S ，则顶点B 坐标为(S  a , a )(n2,nN*) n n n n1 2 n 2 n 3 1 在函数 y  x 上 a  S  a .....................................................................3分 2 n n1 2 n 3 1 3 1  a 2  S  a (n2,nN*) a 2  S  a (nN*) 4 n n1 2 n 4 n1 n 2 n1 ...① ...② 3 1 ②-①得 (a a )(a a ) (a a )(n2,nN*)a a 0 4 n1 n n1 n 2 n1 n n1 n 2 a a  (n2,nN*)............................................................................................6分 n1 n 3 1 3 2 1 3 第一个等边三角形顶点B ( a , a )代入 y  x 得a  ，B (a  a , a )代入 1 2 1 2 1 1 3 2 1 2 2 2 24 2 2 2 y  x a  a a  .故{a }是以a  为首项 为公差等差数列， 2 3 2 1 3 n 1 3 3 2 2 2 a   (n1) n.............................................................................................8分 n 3 3 3 （2）由（1）得 1 9 1 9 1 1 1 9 1 1 1 1 1  T  (  ... ) (1   ...  ) a a 4n(n1) n 4 12 23 n(n1) 4 2 2 3 n n1 n n1 9 1 9n  (1 ) 4 n1 4n4 ........................................................................................................12分 y y y2 20.解:(1)设动点P(x,y),k k   3 x2  1(x 1).................4分 PA 2 PA 1 x1 x1 3 3 3 (2) 易知直线AB斜率不为0.设AB方程为xty2,且t( , ).设A(x ,y ), 3 3 1 1 B(x ,y ). 2 2  xty2   y2 (3t2 1)y2 12ty90(3t2 10) x2  1   3 12t 9 y  y  ,y y  ， 36(t2 1)0....................6分 1 2 13t2 1 2 13t2 3(x 1) 3(x 1) 由题意易得k k 3k  2 直线BA方程为y  2 (x1).....① BA 1 BA 2 BA 1 y 1 y 2 2 y 直线AA 方程为 y  1 (x1)......②............................................................................8分 2 x 1 1 由①②得 9 x1 y y y y y y 13t2  1 2  1 2  1 2  x1 3(x 1)(x 1) 3(ty 1)(ty 1) 3(t2y y t(y  y )1) 9t2 12t2 1 2 1 2 1 2 1 2 3(  1) 13t2 13t2 9 1 1 3 x 点M横坐标为定值 ......12分 3(9t2 12t2 13t2) 2 2 备注：非对称式处理方式比较多，此处只提供利用第三定义转化回避非对称式，整体代换， 半配凑，硬解方式处理非对称式均给满分. 21.解: f '(x)(2x1)(exm)..........................................................................................1分1 1 当m0时 f '(x)(2x1)(exm)0 x  函数 f(x)在(, )单调递减，在 2 2 1 ( ,)单调递增；........................................................................................................2分 2 1 当m0时， f '(x)(2x1)(exm) 0 x 或lnm 2 1 e 1 若lnm 即0m 时, f '(x)(2x1)(exm)0 xlnm 或x 2 e 2 1 1 函数f(x)在(,lnm)单调递增,(lnm,- )单调递减，( ,)单调递增；......3分 2 2 e 若 m 时 ， f '(x)(2x1)(exm)0 函数f(x) 在 (,）单 调 递 e 增...............................................................................................4分 1 e 1 若lnm 即m 时， f '(x)(2x1)(exm)0 x 或x lnm . 2 e 2 1 1 函数f(x)在(,- )单调递增,(- ,ln m)单调递减，(ln m,)单调递增；..........5分 2 2 1 1 综上：当m0时， f(x)在(, )单调递减，在( ,)单调递增； 2 2 e 1 1 当0m 时, 函数f(x)在(,lnm)单调递增,(lnm,- )单调递减，( ,) e 2 2 单调递增； e 当m 时， f '(x)(2x1)(exm)0函数f(x)在(,）单调递增； e e 1 1 当m 时，函数 f(x) 在(,- )单调递增,(- ,ln m)单调递减，(ln m,) 单调递 e 2 2 增；........................................................................................................................................6分 (2)由（1）知当m0时函数f(x)至多两个零点，不满足条件. e 当m 时，函数f (x)至多一个零点，不满足条件； e e 1 1 当0m 时函数 f(x)在(,lnm)单调递增,(lnm,- )单调递减，( ,) e 2 2 单调递增, f(lnm)mlnm(1lnm)0，函数 f(x)至多一个零点，不满足..................8分e 1 1 当m 时，函数 f(x)在(,- )单调递增,(- ,ln m)单调递减，(ln m,) 单调递增. e 2 2 f(5)11e5 19m0, 令 g(x)ex x1,g'(x)ex 10 x 0g(x) 在区间 (,0)单调递减，(0,)单调递增，g(x) g(0)0ex x1 ex1  xex ex 即 x e e2 e2 e2  xex  x2.f (m) (2m1)emm3m2m (2m1) m2m3m2m 2 4 4 e2 e2 5 m[( 1)m2( 1)m1)m( m23m1)0...............................10分 2 4 2  1 5m 2  8 e f( )  0  m 8 e  2 4 e  5e   m1或m e 5e   f(lnm)mlnm(1lnm)0 0m1或me 8 e 综上： m的取值范围是( ,1)U(e,) .....................................................................12 分 5e （若用极限说明：x，f (x)0;x, f (x)0，扣1分） 22.解：(1)由2  x2  y2,cos x,sin y ,则C为 4 22 cos2sin2  22cos2,C 的极坐标方程为2 2cos2, 由题意易得直线l的极坐标方程为,R...........................................................4分 (2) 由题意得=0时 2即M(- 2,0),N( 2,0) 1 直线l过原点S  |MN |y  2y , MNP 2 P P ， 2 2cos2 2 2 联立C,l方程  ，且cos  3 , 则 2cos2 2  2cos21   14 3 14 1 14 又y sin   ，且MN 2 2 P 3 3 9 1 14 2 7 所以S   2 2 ........................................10分 MNP 2 9 91 23.解:(1) f(x) 12x  2x  12x2x 1 当0 x 时取“=”a 1..........5分 2 1 8 1 16 1 1 16 (3) 法一：由(1)可知a 1，原式     (  )(2x22x) 2x 1x 2x 22x 2 2x 22x 1 1x 16x 1 25 1x 16x 1 (17  ) (172 16) ,当   x (0,1)时取"". 2 x 1x 2 2 x 1x 5 10 分 法二：由柯西不等式得 2 2 1 1 16 1 1 16 2 2 (14)2 25 原式 (  )(2x22x) (  )( 2x  22x )  2 2x 22x 2 2x 22x 2 2 1 2 1 当且仅当   x 时取""..........................10分 2x 1x 5 法三:由权方和不等式得 12 42 (14)2 25 1 4 1 原式    ,当   x 时取" ".......10分 2x 22x 2x22x 2 2x 22x 5